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2018-2019学年山东省济南外国语学校三箭分校高二下学期期中考试化学试题 解析版
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2018-2019学年度第二学期济南外国语学校高二化学期中考试试题
第I卷(选择题)
一、单选题(每题只有一个正确答案，每题3分，共60分)
1.下列各组元素，按原子半径依次减小、电负性逐渐升高顺序排列的是( )
A. K、Na、Li B. Al、Mg、Na C. N、O、C D. Cl、S、P
【答案】A
【解析】
【分析】
同一周期元素中，从左向右原子半径依次减小，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，同一主族中，从上向下原子半径依次增大，元素的电负性随着原子序数的增大而减小，所以元素的非金属性越强，其电负性越大，元素的金属性越强，其电负性越小，据此分析解答。
【详解】A．K、Na、Li为同一主族元素，且元素的原子序数逐渐减小，原子半径依次减小，其电负性逐渐升高，选项A正确；
B．Al、Mg、Na属于同一周期元素，其原子序数依次减小，原子半径依次增大，其电负性随着原子序数的减小而降低，选项B错误；
C．N、O、C属于同一周期，其原子半径C最大，非金属性O最强，其电负性最大的为O元素，选项C错误；
D．Cl、S、P元素的非金属性逐渐减弱，则其电负性逐渐减小，原子半径依次增大，选项D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查了原子半径大小、电负性大小的判断，元素的非金属性与电负性的关系是解本题关键，结合元素周期律来分析解答，难度不大。
2.肯定属于同族元素且性质相似的是
A. A原子基态时2p轨道上有一对成对电子，B原子基态时3p轨道上也有一对成对电子
B. 结构示意图：A为 ，B为
C. A原子基态时2p轨道有1个未成对电子，B原子基态时3p轨道也有1个未成对电子
D. 原子核外电子排布式：A为1s22s2，B为1s2
【答案】A
【解析】
【分析】
A. A为C元素，B为Si元素；
B.A为Ne元素，B为Na+；
C.A可能为B或F元素，B为可能为Al或Cl；
D. A为Be元素，B为He元素；
结合对应原子或离子的性质解答。
【详解】A. A为C元素，B为Si元素，位于相同主族，性质相似，所以A选项是正确的；
B. A为Ne元素，B为Na+，不是同主族元素，性质不同，故B错误；
C. A可能为B或F元素，B为可能为Al或Cl，不一定在相同主族，性质不一定相同，故C错误；
D. A为Be元素，B为He元素，二者不在同一主族，性质不同，故D错误。
所以A选项是正确的。
3.下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2表示，单位为kJ·mol－1)。
I1
I2
I3
I4
…
R
740
1500
7700
10500
…
下列关于元素R的判断中一定正确的是( ）
A. R元素的原子最外层共有4个电子 B. R的最高正价为＋3价
C. R元素位于元素周期表中第ⅡA族 D. R元素基态原子的电子排布式为1s22s2
【答案】C
【解析】
【详解】从表中原子的第一至第四电离能可以看出，元素的第一、第二电离能都较小，可失去2个电子，最高化合价为+2价，即最外层应有2个电子，应为第IIA族元素；
A、R元素的原子最外层共有2个电子，故A错误；
B、最外层应有2个电子，所以R的最高正价为+2价，故B错误；
C、最外层应有2个电子，所以R元素位于元素周期表中第ⅡA族，故C正确；
D、R元素可能是Mg或Be，R元素基态原子的电子排布式不一定为1s22s2，故D错误；
综上所述，本题选C。
4.已知某元素的＋2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，则该元素在周期表中的位置正确的是( )
A. 第三周期ⅣA族，p区
B. 第四周期ⅡB族，s区
C. 第四周期Ⅷ族，d区
D. 第四周期ⅡA族，s区
【答案】D
【解析】
【分析】
对主族元素而言，价电子排布即为最外层电子排布，最外层电子数等于主族族序数，电子层数等于其周期数。
【详解】对主族元素而言，价电子排布即为最外层电子排布，最外层电子数等于主族族序数，电子层数等于其周期数，某元素的+2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，该元素原子的电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，该原子最外层有2个电子，有4个电子层，故该元素应为第四周期ⅡA族元素Ca，处于s区。答案选D。
【点睛】本题考查核外电子排布、结构与位置关系，难度不大，注意掌握过渡元素结构与位置关系。
5.下列分子中，各分子的立体构型和中心原子的杂化方式均正确的是( )
A. NH3 平面三角形 sp3杂化 B. CCl4 正四面体 sp3杂化
C. H2O V形 sp2杂化 D. CO32﹣ 三角锥形 sp3杂化
【答案】B
【解析】
【分析】
根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对数=配原子个数+孤电子对数。
【详解】A、NH3中心原子的价层电子对数=3+（5-3×1）=4，N的杂化方式为sp3，含有一对孤电子对，分子的立体构型为三角锥形，选项A错误；
B、CCl4中心原子的价层电子对数=4+（4-4×1）=4，C的杂化方式为sp3，没有孤电子对，分子的立体构型为正四面体，选项B正确；
C、H2O中心原子的价层电子对数=2+（6-2×1）=4，O的杂化方式为sp3，含有两对孤电子对，分子的立体构型为V形，选项C错误；
D、CO32- 中心原子的价层电子对数=3+（4+2-3×2）=3，C的杂化方式为sp2，没有孤电子对，分子的立体构型为平面三角形，选项D错误；
答案选B。
【点睛】本题考查了微粒空间构型及原子杂化方式，根据价层电子对互斥理论来分析解答即可，难点的孤电子对数的计算方法，为常考点，要熟练掌握，题目难度中等。
6.下列对一些实验事实的理论解释正确的是
选项
实验事实
理论解释
A
N原子的第一电离能大于O原子
N原子半径更小
B
C的电负性比Si大
C-C共价键强
C
金刚石的熔点高于钠
金刚石的原子化热大
D
Al2O3的熔点高
晶格能大
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.原子轨道处于半满、全满或全空时原子最稳定，N原子2p轨道电子半充满，所以N原子不容易失去电子，所以N原子的第一电离能大于O原子，故A错误；
B. 同一主族，自上而下元素电负性递减，C的电负性比Si大，与C-C键强弱无关，故B错误；
C.金刚石为原子晶体，金属钠为金属晶体，原子化热是指1mol金属变成气态原子所需吸收的能量，可用来衡量金属键的强度，故C错误；
D. Al2O3为离子晶体，晶格能越大，晶体的熔点越高，所以D选项是正确的。
故答案选D。
7.电子数相等的粒子叫等电子体，下列粒子不属于等电子体的是
A. CH4和NH4+ B. NO和O2
C. HCl和H2S D. NH2﹣和H3O+
【答案】B
【解析】
【分析】
原子数相同、价电子总数相同的微粒，互称为等电子体。
【详解】A项、CH4的质子数为6+1×4=10，分子中质子数等于电子数，所以电子数为10，NH4+的质子数为7+1×4=11，电子数为10，所以两者的电子数相等，都是10个，属于等电子体，故A正确；
B项、NO的质子数为7+8=15，O2的质子数为8×2=16，分子中质子数等于电子数，所以两者的电子数不相等，不是等电子体，故B错误；
C项、HCl的质子数为1+17=18，H2S的质子数为16+1×2=18，分子中质子数等于电子数，所以两者的电子数相等，是等电子体，故C正确；
D项、NH2-与H3O+质子数分别是9、11，电子数分别为10、10，是等电子体，故D正确。
故选B。
【点睛】题考查了等电子体的含义，解答本题的关键是要充分理解等电子体的本质特征，只有这样才能对问题做出正确的判断。
8.①PH3的分子构型为三角锥形，②BeCl2的分子构型为直线形，③CH4分子的构型为正四面体形，④CO2为直线形分子，⑤BF3分子构型为平面正三角形，⑥NF3分子结构为三角锥形。下面对分子极性的判断正确的是
A. ①⑥为极性分子，②③④⑤为非极性分子
B. 只有④为非极性分子，其余为极性分子
C. 只有②⑤是极性分子，其余为非极性分子
D. 只有①③是非极性分子，其余是极性分子
【答案】A
【解析】
【分析】
非极性键只能由相同种类的原子之间形成，极性分子只能由不同种类的原子之间形成。但在形成分子的时候，主要取决于分子的结构，当分子中的电子云能均匀分布的时候，分子则无极性，否则分子有极性。
【详解】非极性键只能由相同种类的原子之间形成，极性分子只能由不同种类的原子之间形成。但在形成分子的时候，主要取决于分子的结构，当分子中的电子云能均匀分布的时候，分子则无极性，否则分子有极性。
④CO2分子为直线型，极性抵消，为非极性分子，③CH4为正四面体，故极性也可抵消，为非极性分子，②BeCl2分子构型为直线型分子，故极性可抵消，为非极性分子，⑤ BF3分子构型为三角形，极性抵消，故为非极性分子。
⑥NF3中由于N原子的孤对电子对F原子的排斥作用，使电子不能均匀分布，故为极性分子；①PH3中P原子的孤对电子对H原子的排斥作用，使电子不能均匀分布，故为极性分子；
结合以上分析可知，①⑥为极性分子，②③④⑤为非极性分子，A正确；
综上所述，本题选A。
【点睛】组成为ABn型化合物，若中心原子A的化合价等于族的序数，则该化合物为非极性分子，中心原子上的价电子都形成共价键的分子为非极性分子，存在孤电子对的分子为极性分子。
9.某物质的实验式为PtCl4•2NH3，其水溶液不导电．加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是
A. 配合物中中心原子的电荷数为6
B. 该配合物可能是平面正方形结构
C. Cl﹣和NH3分子均与中心铂离子形成配位键
D. 该配合物的配体只有NH3
【答案】C
【解析】
【详解】加入AgNO3不产生沉淀,用强碱处理没有NH3放出,说明不存在游离的氯离子和氨分子,所以该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2],则A.配合物中中心原子的电荷数为4,配位数为6,故A错误;B.Pt与6个配体成键,该配合物应是8面体结构,故B错误;C.由分析可以知道,4个Cl-和2个NH3分子均与Pt4+配位,形成的配合物为[PtCl4(NH3)2],所以C正确; D.该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2],则配体有 Cl-和NH3分子,故D错误;答案：C。
【点睛】实验式为PtCl4•2NH3的物质,其水溶液不导电说明它不是离子化合物,在溶液中不能电离出阴、阳离子;加入AgNO3不产生沉淀,用强碱处理没有NH3放出,说明不存在游离的氯离子和氨分子,所以该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2]。
10.类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是
A. Fe与Cl2反应生成FeCl3，推测Fe与I2反应生成FeI3
B. CO2与Ba（NO3）2溶液不反应，SO2与Ba（NO3）2溶液也不反应
C. CO2是直线型分子，推测CS2也是直线型分子
D. NaCl与浓H2SO4加热可制HCl，推测NaBr与浓H2SO4加热可制HBr
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯气具有强氧化性，能将变价金属氧化为最高价态，碘单质氧化性较弱，将变价金属氧化为较低价态，所以Fe与Cl2反应生成FeCl3、Fe与I2反应生成FeI2，故A错误；B．碳酸酸性小于硝酸，所以二氧化碳不能和硝酸钡溶液反应，二氧化硫和硝酸钡发生氧化还原反应而生成硫酸钡沉淀，故B错误；C．二氧化碳和二硫化碳中C原子价层电子对个数都是2且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论确定两种分子空间构型都是直线形，故C正确；D．浓硫酸具有强氧化性，能氧化HBr，所以不能用浓硫酸和NaBr制取HBr，故D错误；故选C。
【点睛】本题考查了化学规律的探究，明确元素化合物性质及性质差异性是解本题关键。本题的易错点为B，注意规律中的异常现象，如二氧化硫的还原性，硝酸的强氧化性等。
11.高温下超氧化钾晶体呈立方体结构，晶体中氧的化合价部分为0价，部分为﹣2价．如图所示为超氧化钾晶体的一个晶胞（晶体中最小的重复单元），则下列说法中正确的是
A. 晶体中每个K+周围有8个O2﹣，每个O2﹣周围有8个K+
B. 晶体中与每个K+距离最近的K+有8个
C. 超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有4个K+和4个O2﹣
D. 晶体中，0价氧与﹣2价氧的数目比为2：1
【答案】C
【解析】
【详解】A. 根据图知,晶体中每个K+周围6个O2−,每个O2−周围有6个K+，故A错误；B.晶体中与每个K+距离最近的K+个数=3×8×12=12,故B错误；C.该晶胞中钾离子个数=8×18+6×12=4,超氧根离子个数=1+12×14=4,所以钾离子和超氧根离子个数之比=4:4=1:1,所以超氧化钾的化学式为KO2,每个晶胞含有4个K+和4个O2−，故C正确；D.晶胞中K+与O2−个数分别为4、4，所以1个晶胞中有8个氧原子，根据电荷守恒−2价O原子数目为2，所以0价氧原子数目为8−2=6,所以晶体中,0价氧原子与−2价氧原子的数目比为3:1，故D错误；答案：C。
12.图甲和图乙表示的是元素的某种性质随原子序数的变化。下列说法正确的是
A. 图乙不可能表示元素的电负性随原子序数的变化关系
B. 图甲可能表示的是元素单质的熔点随原子序数的变化关系
C. 图乙可能表示是元素原子的半径随原子序数的变化关系
D. 图甲可能表示的是元素原子的第一电离能随原子序数的变化关系
【答案】D
【解析】
【详解】A．电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力，随着核电荷数的增加呈周期性变化，故图乙可能表示元素的电负性随原子序数的变化，故A错误；
B．同周期元素中，非金属单质的熔点较低，与图象不符，故B错误；
C．同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，与图象不符，故C错误；
D．同周期元素第一电离能从左到右逐渐增大，其中ⅡA、ⅢA族元素的第一电离能大于相邻主族元素，与图象基本符合，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查元素周期表、周期律知识，注意把握元素的性质的递变规律的特殊情况。同周期元素，随着核电荷数递增，原子半径减小，失电子能力降低，第一电离能增大，但由于原子轨道的全满、全空和半满的结构的能量比较低，导致第二周期中Be和N元素，第三周期中的Mg和P元素第一电离能偏大。
13.对有机物说法正确的是
A. 1mol该物质所含原子数为
B. 该物质系统命名为2,3-二甲基-5-乙基己烷
C. 该物质一个分子中最多10个碳原子共平面
D. 该物质为某炔烃加氢后的产物，则可能的炔烃的结构只有一种
【答案】D
【解析】
【分析】
该烃碳原子跟碳原子都以单键结合，碳原子剩余的价键全部跟氢原子相结合，使每个原子的化合价都达到“饱和”，所以为烷烃，据此分析；
【详解】A、该有机物分子式为C10H22，共含有32个原子，1mol该物质所含原子数为32NA，故A错误；
B、根据烷烃的系统命名原则知，该有机物的系统命名为2，3，5-三甲基庚烷，故B错误；
C、烷烃为锯齿形结构，主链有7个碳原子，由于饱和碳原子具有四面体结构，所以该物质一个分子中最多7个碳原子共平面，故C错误；
D、根据炔烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带2个氢原子的碳原子间是对应炔存在C≡C的位置，符合条件的只有一种，故D正确。
故选D。
【点睛】解答本题要求具备基本的知识，要注意掌握，烷烃的命名原则：碳链最长称某烷，靠近支链把号编，简单在前同相并，其间应划一短线；若烷烃是炔烃加氢后的产物，则该烷烃分子中相邻碳原子上均带2个氢原子。
14.表述1正确，且能用表述2加以正确解释的选项是
表述1
表述2
A
在水中，NaCl的溶解度比I2的溶解度大
NaCl晶体中Cl﹣与Na+间的作用力大于碘晶体中分子间的作用力
B
通常条件下，CH4分子比PbH4分子稳定性高
Pb的原子半径比C的大，Pb与H之间的键能比C与H间的小
C
在形成化合物时，同一主族元素的化合价一定都相同
同一主族元素原子的最外层电子数相同
D
P4O10、C6H12O6溶于水后均不导电
P4O10、C6H12O6均属于共价化合物
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.氯化钠为离子晶体,易溶于极性分子水,而碘为非极性分子,不易溶于水,与分子间作用力无关,故A错误;B.Pb的原子半径比C的大,元素的非金属性比C弱,对应的氢化物的稳定性较弱,故B正确的;C.元素原子的最外层电子数并不能说决定元素的化合价,比如氧和硫位于同一主族,氧的化合价为-2,而硫的化合价为-2,＋4和＋6,化合价不完全相同.故C错误；D.氯化氢为共价化合物,水溶液能导电, P4O10、C6H12O6溶于水后均不导电,是因为二者为非电解质,故D错误;答案：B。
15.下列化学用语或概念的表达不正确的是
①丙烷的球棍模型 ②丙烯的结构简式为
③和一定互为同系物 ④与一定互为同分异构体
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④
【答案】D
【解析】
【详解】①丙烷是线型分子，根据其分子中碳原子结合的H原子关系可得其球棍模型表示无误，故①正确；
②丙烯分子中含有碳碳双键，其结构简式为：CH3CH=CH2，故②错误；
③分子式为C 3 H 8 与C 6 H 14 都是烷烃，故两种有机物一定互为同系物，故③正确；
④与C8H6的结构可能完全相同，可能为同一种物质，不一定互为同分异构体，故④错误。
答案选D。
【点睛】本题考查了同分异构体、球棍模型、结构简式的表示方法及判断，注意掌握常见的化学用语的概念及正确的表示方法，明确比例模型与球棍模型的概念及区别。
16.下列各组指定的元素不能形成AB2型化合物的是
A. 2s22p2和2s22p4 B. 2s22p2和3s23p4
C. 3s2和3s23p5 D. 3s1和3s23p5
【答案】D
【解析】
【分析】
根据外围电子排布确定元素，结合元素化合价及元素形成的常见化合物进行分析判断。
【详解】A.价层电子排布为2s22p2的元素为C，价层电子排布为2s22p4元素为O，二者可形成CO2，故A不符合题意；
B.价层电子排布为3s23p4的元素为S，价层电子排布为2s22p2的元素为C，二者可形成CS2，故B不符合题意；
C. 价层电子排布为3s2的元素为Mg，价层电子排布为2s22p5的元素为Cl，二者可形成MgCl2，故C不符合题意；
D. 价层电子排布为3s1的元素为Na，价层电子排布为3s23p5的元素为Cl，二者可形成NaCl，与题目不符，故选D；
故选D。
【点睛】解决原子核外电子排布题目时，注意掌握常见元素的化合价及元素组成常见化合物类型，注意把握核外电子的排布特点，把握常见元素的化合价。
17.维生素A对人体，特别是对人的视力有重大作用，其结构简式如图所示：
下列关于该化合物的说法正确的是 ( )
A. 分子式为C16H25O B. 含有苯环结构
C. 该物质1mol一定条件下最多能与3mol氢气反应 D. 分子中含有一种含氧官能团
【答案】D
【解析】
【分析】
由结构简式可知维生素A的分子式为C20H30O；由结构简式可知该分子六元环上含有1个碳碳双键；由结构简式可知维生素A的分中含有5个碳碳双键；分子中只含有羟基一种含氧官能团。
【详解】由结构简式可知维生素A的分子式为C20H30O，故A错误；由结构简式可知该分子六元环上含有1个碳碳双键，不含苯环，故B错误；由结构简式可知维生素A的分中含有5个碳碳双键，所以该物质1mol一定条件下最多能与5mol氢气反应，故C错误；分子中只含有羟基一种含氧官能团，故D正确。
【点睛】本题考查有机物的结构，题目难度不大，注意分析有机物结构简式，正确判断有机物官能团的种类和个数，特别是有机物的分子式，观察时要仔细。
18.以下对核外电子运动状态的描述正确的是
A. 电子的运动与行星相似，围绕原子核在固定的轨道上高速旋转
B. 能量低的电子只能在s轨道上运动，能量高的电子总是在f轨道上运动
C. 能层序数越大，s原子轨道的半径越大
D. 在同一能级上运动的电子，其运动状态肯定相同
【答案】C
【解析】
【分析】
根据原子核外电子排布规则分析解答，根据核外电子运动状态，电子云的概念分析解答，
【详解】A.电子运动不是围绕原子核在固定的轨道上高速旋转，只是在某个区域出现的概率大些，故A错误；
B.能量高的电子也可以在S轨道上运动 如7S轨道上的电子能量也很高，比4f能量还高，故B错误；
C.能层序数越大，电子离原子核越远，所以能层序数越大，s轨道上的电子距离原子核越远，则s原子轨道的半径越大，故C正确；
D.同一能级上的同一轨道上最多排2个电子，两个电子的自旋方向不同，则其运动状态肯定不同，所以在同一能级上运动的电子，其运动状态肯定不同，故D错误。
故选C。
【点睛】注意同一能级上电子能量相同，其运动状态不同，明确电子云含义，这是本题的易错点。
19.胡椒酚是植物挥发油的成分之一，它的结构简式如下，下列叙述中不正确的是
A. 1 mol胡椒酚最多可与4 mol氢气发生反应
B. 1 mol胡椒酚最多可与2 mol溴发生反应
C. 胡椒酚能发生加聚反应
D. 胡椒酚在水中的溶解度小于苯酚在水中的溶解度
【答案】B
【解析】
【详解】A.苯环与碳碳双键与氢气发生加成反应，则胡椒酚最多可与氢气发生加成反应，故A正确；
B.酚的邻位与溴发生取代反应，碳碳双键与溴发生加成反应，则胡椒酚最多可与溴发生反应，故B错误；
C.中含有碳碳双键，可以发生加聚反应，故C正确；
D.烃基为憎水基，则胡椒酚在水中的溶解度小于苯酚在水中的溶解度，故D正确；
本题答案为B。
20.下列说法正确的是
A. 硫酸氢钾在熔融状态下离子键、共价键均被破坏，形成定向移动的离子，从而导电
B. F2、Cl2、Br2、I2的熔沸点逐渐升高，是因为分子间作用力越来越大
C. NH3和Cl2两种分子中，每个原子最外层都具有8电子稳定结构
D. HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱，其熔沸点逐渐升高
【答案】B
【解析】
【详解】A. 硫酸氢钾在熔融状态下离子键被破坏，形成定向移动的离子，从而导电，故错误；
B. F2、Cl2、Br2、I2的熔沸点逐渐升高，是因为相对分子质量越大，分子间作用力越来越大，故正确；
C. NH3和Cl2两种分子中，除了氢原子外其他原子的最外层都具有8电子稳定结构，故错误；
D. HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱，但氟化氢分子间有氢键，所以氟化氢的沸点高，其他熔沸点逐渐升高，故错误。
故选B。
第II卷(非选择题)
二、填空题(共40分，每空1分，方程式2分)
21.按要求填空
(1)基态铝原子核外电子云有________种不同的伸展方向，共有________种不同能级的电子，有________种不同运动状态的电子。
(2)S的基态原子核外有________个未成对电子，Si的基态原子核外电子排布式为______________。基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为________，该能层具有的原子轨道数为________，电子数为________。
(3)可正确表示原子轨道的是________(填字母)。
A．2s B．2d C．3p D．3f
(4)基态Fe原子有________个未成对电子，Fe3＋的电子排布式为________________；Cu＋基态核外电子排布式为______________。
(5)某元素原子最外层电子排布式为nsnnpn＋2，则n＝________；原子中能量最高的是________能级电子。
(6)第四周期中最外层仅有1个电子的所有基态原子的电子排布式为_____________，第四周期中，3d轨道半充满的元素符号是________。
【答案】 (1). 4 (2). 5 (3). 13 (4). 2 (5). 1s22s22p63s23p2 (6). M (7). 9 (8). 4 (9). AC (10). 4 (11). 1s22s22p63s23p63d5 (12). 1s22s22p63s23p63d10 (13). 2 (14). 2p (15). 19K：[Ar]4s1、24Cr：[Ar]3d54s1、29Cu：[Ar]3d104s1 (16). Cr、Mn
【解析】
【分析】
（1）Al位于周期表中第3周期，第IIIA族，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p1；
（2）S的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，Si原子核外电子数为14，核外电子基态排布式为1s22s22p63s23p2；
（3）根据各能级含有的轨道分析，s能级只有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级有5个轨道，f能级有7个轨道，注意不存在2d、3f能级；
（4）Fe元素基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，Cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；
（5）由于s亚层最多只能排2个电子,所以n=2；
（6）第四周期元素中，基态原子的最外层只有1个电子的元素中，主族元素是K，副族元素有Cr和Cu共计是3种元素；3d轨道半充满，外围电子排布式为3d54s1或3d54s2，所以为Cr、Mn。
【详解】（1）Al位于周期表中第3周期，第IIIA族，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，涉及3个s轨道、2个p轨道，因此其核外电子云（轨道）的伸展方向有4个；核外13个电子的运动状态各不相同，因此核外有13种不同运动状态的电子，故答案为：4；5；13；
（2）S的最外层有6个电子，为3s23p4，3p能级三个轨道、四个电子，依据泡利原理和洪特规则，先每个轨道排1个，方向相同，排满后再排，方向相反，故有两个孤对电子；Si原子核外电子数为14，核外电子基态排布式为1s22s22p63s23p2；基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为M，该能层具有的原子轨道数为1+3+5=9、电子数为4，故答案为：2；1s22s22p63s23p2；M； 9；4；
（3）A项、2s能级只有1个轨道，故2s可以表示原子轨道，故A正确；
B项、不存在2d能级，故B错误；
C项、3s能级含有3个轨道，3个轨道相互垂直，3p z 表示为z轴上的轨道，故C正确；
D项、不存在3f能级，故D错误；
故选AC，故答案为：AC；
（4）Fe元素基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，可知在3d上存在4个未成对电子，先失去4s上的2个电子后、再失去3d上的1个电子形成Fe3+，Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，Cu+核外有28个电子，Cu原子失去1个电子生成Cu+，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理知Cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10，故答案为：4；1s22s22p63s23p63d5；1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；
（5）由于s亚层最多只能排2个电子,所以n=2, 最外层电子的电子排布为2s2 2p3, 能量为高的是2p电子，故答案为：2；2p；
（6）第四周期元素中，基态原子的最外层只有1个电子的元素中，主族元素是K，副族元素有Cr和Cu共计是3种元素，3种元素基态原子的电子排布式分别为：[Ar]4s1、 [Ar]3d54s1、[Ar]3d104s1；3d轨道半充满，外围电子排布式为3d54s1或3d54s2，所以为Cr、Mn，故答案为：[Ar]4s1、 [Ar]3d54s1、[Ar]3d104s1；Cr、Mn。
【点睛】本题考查核外电子排布规律，难度不大，关键是对核外电子排布规律的理解掌握，核外电子的分层排布规律：（1）第一层不超过2个，第二层不超过8个；（2）最外层不超过8个。每层最多容纳电子数为2n2个(n代表电子层数)，即第一层不超过2个，第二层不超过8个，第三层不超过18个；（3）最外层电子数不超过8个(只有1个电子层时，最多可容纳2个电子)。（4）最低能量原理：电子尽可能地先占有能量低的轨道，然后进入能量高的轨道，使整个原子的能量处于最低状态。（5）泡利原理：每个原子轨道里最多只能容纳2个电子，且自旋状态相反。（6）洪特规则：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同。
22.
钒及其化合物在科学研究中和工业生产中具有许多用途。
（1）基态钒原子的核外价电子排布式为________。
（2）钒有+2、+3、+4、+5等几种化合价。这几种价态中，最稳定的是______。
（3）V2O5溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠（Na3VO4）。例举与VO43-空间构型相同的一种阳离子__________（填化学式）。
（4）钒（Ⅱ）的配离子有[V（CN）6]4-、[V（H2O）6]2+等。
①CN-与N2互为等电子体，CN-中σ键和Π键数目比为________。
②对H2O与V2+形成[V（H2O）6]2+过程的描述不合理的是______________。
a.氧原子的杂化类型发生了变化
b.微粒的化学性质发生了改变
c.微粒中氢氧键（H－O）的夹角发生了改变。
d.H2O与V2+之间通过范德华力相结合。
③在[V（H2O）6]2+中存在的化学键有___________。
a.金属键 b.配位键 c. σ键 d.Π键 f. 氢键
（5）已知单质钒的晶胞如图，则V原子的配位数是_______，假设晶胞的边长为d nm，密度ρ g·cm-3，则钒的相对原子质量为_______________。（设阿伏伽德罗常数为NA）
【答案】 (1). 3d34s2 (2). +5 (3). NH4+ (4). 1:2 (5). a d (6). bc (7). 8 (8). 5NAρd3×10-22
【解析】
(1)钒是23号元素，基态钒原子的核外价电子排布式为3d34s2，故答案为：3d34s2；
(2)根据钒原子的核外价电子排布式为3d34s2可知，+5的钒最外层为8电子稳定结构，最稳定，故答案为：+5；
(3)VO43-空间构型为正四面体，与之具有相同结构的一种阳离子是NH4+，故答案为：NH4+；
(4)①CN-中含有C≡N三键，σ键和Π键数目比为1:2，故答案为：1:2；
②a．水中氧的杂化为sp3，[V(H2O)6]2+中氧的杂化为sp3，则氧原子的杂化类型没有改变，故a错误；b. H2O与V2+形成[V(H2O)6]2+微粒的结构发生了变化，则化学性质发生改变，故b正确；c.水分子中的孤对电子与V2+形成了配位键，使得水分子中氢氧键(H－O)的夹角发生了改变，故c正确；d.H2O与V2+之间通过配位键相结合，配位键属于化学键，不属于分子间作用力，故d错误；故选ad；
③在[V(H2O)6]2+中存在的化学键有H2O与V2+间的配位键、水分子中的H-Oσ键，故选bc；
(5)单质钒的晶胞为体心立方，V原子的配位数为8；1个晶胞中含有2个V原子，1mol晶胞的质量为2Mg，1mol晶胞的体积为(d×10-7cm)3NA，则ρ= g·cm-3，解得M=5NAρd3×10-22，故答案为：8；5NAρd3×10-22。
23.现有下列几种有机物：
A． B． C． D．CH2 = CH—CH = CH2 E．环戊烷
（1）上述有机物中互为同系物的是_____________，互为同分异构体的是____________。
（2）用系统命名法对B进行命名____________________________________。
（3）A与Cl2反应的类型为_____________；D使溴水褪色的反应类型为___________。
（4）B发生加聚反应的化学方程式为 ____________________________________。
（5）如图表示的是一种叫做双烯合成的有机反应，请写出 B 与 D发生双烯合成所得产物的结构简式__________________。
【答案】 (1). AC (2). BE (3). 甲基丁烯 (4). 取代反应 (5). 加成反应 (6). (7).
【解析】
分析：和是烷烃，两者互为同系物； 属于烯烃，CH2 = CH—CH = CH2是二烯烃；B和E的分子式相同，互为同分异构体；环烷烃与烯烃具有相同的通式，当其分子中碳原子数相同时互为同分异构体。烷烃易发生取代反应，烯烃易发生加成反应和加聚反应。
详解：（1）上述有机物中互为同系物的是AC，互为同分异构体的是BE。
（2）用系统命名法对B进行命名为甲基丁烯。
（3）A与Cl2在光照的条件下可以发生取代反应；D分子中有2个碳碳双键，故其使溴水褪色的反应类型为加成反应。
（4）B发生加聚反应的化学方程式为 。
（5）由双烯合成的有机反应可知， B 与 D发生双烯合成所得产物的结构简式为。
24.酸牛奶中的乳酸可增进食欲、促进胃液分泌、增强肠胃的消化功能，对人体具有保健作用，乳酸分子的结构简式为。工业上可由乙烯来合成乳酸，方法如下：
(1)乳酸所含的官能团的名称是_________________________。
(2)写出下列物质转化的化学方程式：
①A→B______________________________________。
②B→CH3CHO____________________________________。
(3)A在一定条件下可发生消去反应，写出其发生消去反应的化学方程式：____________
【答案】 (1). 羟基、羧基 (2). CH3CH2Cl+NaOHCH3CH2OH+NaC1 (3). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (4). CH3CH2Cl+ NaOHCH2=CH2↑+ NaCl+ H2O
【解析】
【分析】
由合成流程可知，乙烯与HCl加成反应生成CH3CH2Cl，CH3CH2Cl水解生成CH3CH2OH，CH3CH2OH氧化生成乙醛，乙醛与HCN发生加成反应生成CH3CH（OH）CN，CH3CH（OH）CN酸化生成，然后结合有机物的结构与性质来解答。
【详解】（1）含-COOH、-OH，名称分别为羧酸、羟基；
（2）①A→B 是CH3CH2Cl在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应生成CH3CH2OH，反应方程式是CH3CH2Cl+NaOHCH3CH2OH+NaC1；
②CH3CH2OH在铜做催化剂的条件下氧化为CH3CHO，反应方程式是2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；
（3）CH3CH2Cl在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应生成乙烯，反应的化学方程式是CH3CH2Cl+ NaOHCH2=CH2↑+ NaCl+ H2O。
第I卷(选择题)
一、单选题(每题只有一个正确答案，每题3分，共60分)
1.下列各组元素，按原子半径依次减小、电负性逐渐升高顺序排列的是( )
A. K、Na、Li B. Al、Mg、Na C. N、O、C D. Cl、S、P
【答案】A
【解析】
【分析】
同一周期元素中，从左向右原子半径依次减小，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，同一主族中，从上向下原子半径依次增大，元素的电负性随着原子序数的增大而减小，所以元素的非金属性越强，其电负性越大，元素的金属性越强，其电负性越小，据此分析解答。
【详解】A．K、Na、Li为同一主族元素，且元素的原子序数逐渐减小，原子半径依次减小，其电负性逐渐升高，选项A正确；
B．Al、Mg、Na属于同一周期元素，其原子序数依次减小，原子半径依次增大，其电负性随着原子序数的减小而降低，选项B错误；
C．N、O、C属于同一周期，其原子半径C最大，非金属性O最强，其电负性最大的为O元素，选项C错误；
D．Cl、S、P元素的非金属性逐渐减弱，则其电负性逐渐减小，原子半径依次增大，选项D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查了原子半径大小、电负性大小的判断，元素的非金属性与电负性的关系是解本题关键，结合元素周期律来分析解答，难度不大。
2.肯定属于同族元素且性质相似的是
A. A原子基态时2p轨道上有一对成对电子，B原子基态时3p轨道上也有一对成对电子
B. 结构示意图：A为 ，B为
C. A原子基态时2p轨道有1个未成对电子，B原子基态时3p轨道也有1个未成对电子
D. 原子核外电子排布式：A为1s22s2，B为1s2
【答案】A
【解析】
【分析】
A. A为C元素，B为Si元素；
B.A为Ne元素，B为Na+；
C.A可能为B或F元素，B为可能为Al或Cl；
D. A为Be元素，B为He元素；
结合对应原子或离子的性质解答。
【详解】A. A为C元素，B为Si元素，位于相同主族，性质相似，所以A选项是正确的；
B. A为Ne元素，B为Na+，不是同主族元素，性质不同，故B错误；
C. A可能为B或F元素，B为可能为Al或Cl，不一定在相同主族，性质不一定相同，故C错误；
D. A为Be元素，B为He元素，二者不在同一主族，性质不同，故D错误。
所以A选项是正确的。
3.下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2表示，单位为kJ·mol－1)。
I1
I2
I3
I4
…
R
740
1500
7700
10500
…
下列关于元素R的判断中一定正确的是( ）
A. R元素的原子最外层共有4个电子 B. R的最高正价为＋3价
C. R元素位于元素周期表中第ⅡA族 D. R元素基态原子的电子排布式为1s22s2
【答案】C
【解析】
【详解】从表中原子的第一至第四电离能可以看出，元素的第一、第二电离能都较小，可失去2个电子，最高化合价为+2价，即最外层应有2个电子，应为第IIA族元素；
A、R元素的原子最外层共有2个电子，故A错误；
B、最外层应有2个电子，所以R的最高正价为+2价，故B错误；
C、最外层应有2个电子，所以R元素位于元素周期表中第ⅡA族，故C正确；
D、R元素可能是Mg或Be，R元素基态原子的电子排布式不一定为1s22s2，故D错误；
综上所述，本题选C。
4.已知某元素的＋2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，则该元素在周期表中的位置正确的是( )
A. 第三周期ⅣA族，p区
B. 第四周期ⅡB族，s区
C. 第四周期Ⅷ族，d区
D. 第四周期ⅡA族，s区
【答案】D
【解析】
【分析】
对主族元素而言，价电子排布即为最外层电子排布，最外层电子数等于主族族序数，电子层数等于其周期数。
【详解】对主族元素而言，价电子排布即为最外层电子排布，最外层电子数等于主族族序数，电子层数等于其周期数，某元素的+2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，该元素原子的电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，该原子最外层有2个电子，有4个电子层，故该元素应为第四周期ⅡA族元素Ca，处于s区。答案选D。
【点睛】本题考查核外电子排布、结构与位置关系，难度不大，注意掌握过渡元素结构与位置关系。
5.下列分子中，各分子的立体构型和中心原子的杂化方式均正确的是( )
A. NH3 平面三角形 sp3杂化 B. CCl4 正四面体 sp3杂化
C. H2O V形 sp2杂化 D. CO32﹣ 三角锥形 sp3杂化
【答案】B
【解析】
【分析】
根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对数=配原子个数+孤电子对数。
【详解】A、NH3中心原子的价层电子对数=3+（5-3×1）=4，N的杂化方式为sp3，含有一对孤电子对，分子的立体构型为三角锥形，选项A错误；
B、CCl4中心原子的价层电子对数=4+（4-4×1）=4，C的杂化方式为sp3，没有孤电子对，分子的立体构型为正四面体，选项B正确；
C、H2O中心原子的价层电子对数=2+（6-2×1）=4，O的杂化方式为sp3，含有两对孤电子对，分子的立体构型为V形，选项C错误；
D、CO32- 中心原子的价层电子对数=3+（4+2-3×2）=3，C的杂化方式为sp2，没有孤电子对，分子的立体构型为平面三角形，选项D错误；
答案选B。
【点睛】本题考查了微粒空间构型及原子杂化方式，根据价层电子对互斥理论来分析解答即可，难点的孤电子对数的计算方法，为常考点，要熟练掌握，题目难度中等。
6.下列对一些实验事实的理论解释正确的是
选项
实验事实
理论解释
A
N原子的第一电离能大于O原子
N原子半径更小
B
C的电负性比Si大
C-C共价键强
C
金刚石的熔点高于钠
金刚石的原子化热大
D
Al2O3的熔点高
晶格能大
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.原子轨道处于半满、全满或全空时原子最稳定，N原子2p轨道电子半充满，所以N原子不容易失去电子，所以N原子的第一电离能大于O原子，故A错误；
B. 同一主族，自上而下元素电负性递减，C的电负性比Si大，与C-C键强弱无关，故B错误；
C.金刚石为原子晶体，金属钠为金属晶体，原子化热是指1mol金属变成气态原子所需吸收的能量，可用来衡量金属键的强度，故C错误；
D. Al2O3为离子晶体，晶格能越大，晶体的熔点越高，所以D选项是正确的。
故答案选D。
7.电子数相等的粒子叫等电子体，下列粒子不属于等电子体的是
A. CH4和NH4+ B. NO和O2
C. HCl和H2S D. NH2﹣和H3O+
【答案】B
【解析】
【分析】
原子数相同、价电子总数相同的微粒，互称为等电子体。
【详解】A项、CH4的质子数为6+1×4=10，分子中质子数等于电子数，所以电子数为10，NH4+的质子数为7+1×4=11，电子数为10，所以两者的电子数相等，都是10个，属于等电子体，故A正确；
B项、NO的质子数为7+8=15，O2的质子数为8×2=16，分子中质子数等于电子数，所以两者的电子数不相等，不是等电子体，故B错误；
C项、HCl的质子数为1+17=18，H2S的质子数为16+1×2=18，分子中质子数等于电子数，所以两者的电子数相等，是等电子体，故C正确；
D项、NH2-与H3O+质子数分别是9、11，电子数分别为10、10，是等电子体，故D正确。
故选B。
【点睛】题考查了等电子体的含义，解答本题的关键是要充分理解等电子体的本质特征，只有这样才能对问题做出正确的判断。
8.①PH3的分子构型为三角锥形，②BeCl2的分子构型为直线形，③CH4分子的构型为正四面体形，④CO2为直线形分子，⑤BF3分子构型为平面正三角形，⑥NF3分子结构为三角锥形。下面对分子极性的判断正确的是
A. ①⑥为极性分子，②③④⑤为非极性分子
B. 只有④为非极性分子，其余为极性分子
C. 只有②⑤是极性分子，其余为非极性分子
D. 只有①③是非极性分子，其余是极性分子
【答案】A
【解析】
【分析】
非极性键只能由相同种类的原子之间形成，极性分子只能由不同种类的原子之间形成。但在形成分子的时候，主要取决于分子的结构，当分子中的电子云能均匀分布的时候，分子则无极性，否则分子有极性。
【详解】非极性键只能由相同种类的原子之间形成，极性分子只能由不同种类的原子之间形成。但在形成分子的时候，主要取决于分子的结构，当分子中的电子云能均匀分布的时候，分子则无极性，否则分子有极性。
④CO2分子为直线型，极性抵消，为非极性分子，③CH4为正四面体，故极性也可抵消，为非极性分子，②BeCl2分子构型为直线型分子，故极性可抵消，为非极性分子，⑤ BF3分子构型为三角形，极性抵消，故为非极性分子。
⑥NF3中由于N原子的孤对电子对F原子的排斥作用，使电子不能均匀分布，故为极性分子；①PH3中P原子的孤对电子对H原子的排斥作用，使电子不能均匀分布，故为极性分子；
结合以上分析可知，①⑥为极性分子，②③④⑤为非极性分子，A正确；
综上所述，本题选A。
【点睛】组成为ABn型化合物，若中心原子A的化合价等于族的序数，则该化合物为非极性分子，中心原子上的价电子都形成共价键的分子为非极性分子，存在孤电子对的分子为极性分子。
9.某物质的实验式为PtCl4•2NH3，其水溶液不导电．加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是
A. 配合物中中心原子的电荷数为6
B. 该配合物可能是平面正方形结构
C. Cl﹣和NH3分子均与中心铂离子形成配位键
D. 该配合物的配体只有NH3
【答案】C
【解析】
【详解】加入AgNO3不产生沉淀,用强碱处理没有NH3放出,说明不存在游离的氯离子和氨分子,所以该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2],则A.配合物中中心原子的电荷数为4,配位数为6,故A错误;B.Pt与6个配体成键,该配合物应是8面体结构,故B错误;C.由分析可以知道,4个Cl-和2个NH3分子均与Pt4+配位,形成的配合物为[PtCl4(NH3)2],所以C正确; D.该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2],则配体有 Cl-和NH3分子,故D错误;答案：C。
【点睛】实验式为PtCl4•2NH3的物质,其水溶液不导电说明它不是离子化合物,在溶液中不能电离出阴、阳离子;加入AgNO3不产生沉淀,用强碱处理没有NH3放出,说明不存在游离的氯离子和氨分子,所以该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2]。
10.类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是
A. Fe与Cl2反应生成FeCl3，推测Fe与I2反应生成FeI3
B. CO2与Ba（NO3）2溶液不反应，SO2与Ba（NO3）2溶液也不反应
C. CO2是直线型分子，推测CS2也是直线型分子
D. NaCl与浓H2SO4加热可制HCl，推测NaBr与浓H2SO4加热可制HBr
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯气具有强氧化性，能将变价金属氧化为最高价态，碘单质氧化性较弱，将变价金属氧化为较低价态，所以Fe与Cl2反应生成FeCl3、Fe与I2反应生成FeI2，故A错误；B．碳酸酸性小于硝酸，所以二氧化碳不能和硝酸钡溶液反应，二氧化硫和硝酸钡发生氧化还原反应而生成硫酸钡沉淀，故B错误；C．二氧化碳和二硫化碳中C原子价层电子对个数都是2且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论确定两种分子空间构型都是直线形，故C正确；D．浓硫酸具有强氧化性，能氧化HBr，所以不能用浓硫酸和NaBr制取HBr，故D错误；故选C。
【点睛】本题考查了化学规律的探究，明确元素化合物性质及性质差异性是解本题关键。本题的易错点为B，注意规律中的异常现象，如二氧化硫的还原性，硝酸的强氧化性等。
11.高温下超氧化钾晶体呈立方体结构，晶体中氧的化合价部分为0价，部分为﹣2价．如图所示为超氧化钾晶体的一个晶胞（晶体中最小的重复单元），则下列说法中正确的是
A. 晶体中每个K+周围有8个O2﹣，每个O2﹣周围有8个K+
B. 晶体中与每个K+距离最近的K+有8个
C. 超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有4个K+和4个O2﹣
D. 晶体中，0价氧与﹣2价氧的数目比为2：1
【答案】C
【解析】
【详解】A. 根据图知,晶体中每个K+周围6个O2−,每个O2−周围有6个K+，故A错误；B.晶体中与每个K+距离最近的K+个数=3×8×12=12,故B错误；C.该晶胞中钾离子个数=8×18+6×12=4,超氧根离子个数=1+12×14=4,所以钾离子和超氧根离子个数之比=4:4=1:1,所以超氧化钾的化学式为KO2,每个晶胞含有4个K+和4个O2−，故C正确；D.晶胞中K+与O2−个数分别为4、4，所以1个晶胞中有8个氧原子，根据电荷守恒−2价O原子数目为2，所以0价氧原子数目为8−2=6,所以晶体中,0价氧原子与−2价氧原子的数目比为3:1，故D错误；答案：C。
12.图甲和图乙表示的是元素的某种性质随原子序数的变化。下列说法正确的是
A. 图乙不可能表示元素的电负性随原子序数的变化关系
B. 图甲可能表示的是元素单质的熔点随原子序数的变化关系
C. 图乙可能表示是元素原子的半径随原子序数的变化关系
D. 图甲可能表示的是元素原子的第一电离能随原子序数的变化关系
【答案】D
【解析】
【详解】A．电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力，随着核电荷数的增加呈周期性变化，故图乙可能表示元素的电负性随原子序数的变化，故A错误；
B．同周期元素中，非金属单质的熔点较低，与图象不符，故B错误；
C．同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，与图象不符，故C错误；
D．同周期元素第一电离能从左到右逐渐增大，其中ⅡA、ⅢA族元素的第一电离能大于相邻主族元素，与图象基本符合，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查元素周期表、周期律知识，注意把握元素的性质的递变规律的特殊情况。同周期元素，随着核电荷数递增，原子半径减小，失电子能力降低，第一电离能增大，但由于原子轨道的全满、全空和半满的结构的能量比较低，导致第二周期中Be和N元素，第三周期中的Mg和P元素第一电离能偏大。
13.对有机物说法正确的是
A. 1mol该物质所含原子数为
B. 该物质系统命名为2,3-二甲基-5-乙基己烷
C. 该物质一个分子中最多10个碳原子共平面
D. 该物质为某炔烃加氢后的产物，则可能的炔烃的结构只有一种
【答案】D
【解析】
【分析】
该烃碳原子跟碳原子都以单键结合，碳原子剩余的价键全部跟氢原子相结合，使每个原子的化合价都达到“饱和”，所以为烷烃，据此分析；
【详解】A、该有机物分子式为C10H22，共含有32个原子，1mol该物质所含原子数为32NA，故A错误；
B、根据烷烃的系统命名原则知，该有机物的系统命名为2，3，5-三甲基庚烷，故B错误；
C、烷烃为锯齿形结构，主链有7个碳原子，由于饱和碳原子具有四面体结构，所以该物质一个分子中最多7个碳原子共平面，故C错误；
D、根据炔烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带2个氢原子的碳原子间是对应炔存在C≡C的位置，符合条件的只有一种，故D正确。
故选D。
【点睛】解答本题要求具备基本的知识，要注意掌握，烷烃的命名原则：碳链最长称某烷，靠近支链把号编，简单在前同相并，其间应划一短线；若烷烃是炔烃加氢后的产物，则该烷烃分子中相邻碳原子上均带2个氢原子。
14.表述1正确，且能用表述2加以正确解释的选项是
表述1
表述2
A
在水中，NaCl的溶解度比I2的溶解度大
NaCl晶体中Cl﹣与Na+间的作用力大于碘晶体中分子间的作用力
B
通常条件下，CH4分子比PbH4分子稳定性高
Pb的原子半径比C的大，Pb与H之间的键能比C与H间的小
C
在形成化合物时，同一主族元素的化合价一定都相同
同一主族元素原子的最外层电子数相同
D
P4O10、C6H12O6溶于水后均不导电
P4O10、C6H12O6均属于共价化合物
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.氯化钠为离子晶体,易溶于极性分子水,而碘为非极性分子,不易溶于水,与分子间作用力无关,故A错误;B.Pb的原子半径比C的大,元素的非金属性比C弱,对应的氢化物的稳定性较弱,故B正确的;C.元素原子的最外层电子数并不能说决定元素的化合价,比如氧和硫位于同一主族,氧的化合价为-2,而硫的化合价为-2,＋4和＋6,化合价不完全相同.故C错误；D.氯化氢为共价化合物,水溶液能导电, P4O10、C6H12O6溶于水后均不导电,是因为二者为非电解质,故D错误;答案：B。
15.下列化学用语或概念的表达不正确的是
①丙烷的球棍模型 ②丙烯的结构简式为
③和一定互为同系物 ④与一定互为同分异构体
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④
【答案】D
【解析】
【详解】①丙烷是线型分子，根据其分子中碳原子结合的H原子关系可得其球棍模型表示无误，故①正确；
②丙烯分子中含有碳碳双键，其结构简式为：CH3CH=CH2，故②错误；
③分子式为C 3 H 8 与C 6 H 14 都是烷烃，故两种有机物一定互为同系物，故③正确；
④与C8H6的结构可能完全相同，可能为同一种物质，不一定互为同分异构体，故④错误。
答案选D。
【点睛】本题考查了同分异构体、球棍模型、结构简式的表示方法及判断，注意掌握常见的化学用语的概念及正确的表示方法，明确比例模型与球棍模型的概念及区别。
16.下列各组指定的元素不能形成AB2型化合物的是
A. 2s22p2和2s22p4 B. 2s22p2和3s23p4
C. 3s2和3s23p5 D. 3s1和3s23p5
【答案】D
【解析】
【分析】
根据外围电子排布确定元素，结合元素化合价及元素形成的常见化合物进行分析判断。
【详解】A.价层电子排布为2s22p2的元素为C，价层电子排布为2s22p4元素为O，二者可形成CO2，故A不符合题意；
B.价层电子排布为3s23p4的元素为S，价层电子排布为2s22p2的元素为C，二者可形成CS2，故B不符合题意；
C. 价层电子排布为3s2的元素为Mg，价层电子排布为2s22p5的元素为Cl，二者可形成MgCl2，故C不符合题意；
D. 价层电子排布为3s1的元素为Na，价层电子排布为3s23p5的元素为Cl，二者可形成NaCl，与题目不符，故选D；
故选D。
【点睛】解决原子核外电子排布题目时，注意掌握常见元素的化合价及元素组成常见化合物类型，注意把握核外电子的排布特点，把握常见元素的化合价。
17.维生素A对人体，特别是对人的视力有重大作用，其结构简式如图所示：
下列关于该化合物的说法正确的是 ( )
A. 分子式为C16H25O B. 含有苯环结构
C. 该物质1mol一定条件下最多能与3mol氢气反应 D. 分子中含有一种含氧官能团
【答案】D
【解析】
【分析】
由结构简式可知维生素A的分子式为C20H30O；由结构简式可知该分子六元环上含有1个碳碳双键；由结构简式可知维生素A的分中含有5个碳碳双键；分子中只含有羟基一种含氧官能团。
【详解】由结构简式可知维生素A的分子式为C20H30O，故A错误；由结构简式可知该分子六元环上含有1个碳碳双键，不含苯环，故B错误；由结构简式可知维生素A的分中含有5个碳碳双键，所以该物质1mol一定条件下最多能与5mol氢气反应，故C错误；分子中只含有羟基一种含氧官能团，故D正确。
【点睛】本题考查有机物的结构，题目难度不大，注意分析有机物结构简式，正确判断有机物官能团的种类和个数，特别是有机物的分子式，观察时要仔细。
18.以下对核外电子运动状态的描述正确的是
A. 电子的运动与行星相似，围绕原子核在固定的轨道上高速旋转
B. 能量低的电子只能在s轨道上运动，能量高的电子总是在f轨道上运动
C. 能层序数越大，s原子轨道的半径越大
D. 在同一能级上运动的电子，其运动状态肯定相同
【答案】C
【解析】
【分析】
根据原子核外电子排布规则分析解答，根据核外电子运动状态，电子云的概念分析解答，
【详解】A.电子运动不是围绕原子核在固定的轨道上高速旋转，只是在某个区域出现的概率大些，故A错误；
B.能量高的电子也可以在S轨道上运动 如7S轨道上的电子能量也很高，比4f能量还高，故B错误；
C.能层序数越大，电子离原子核越远，所以能层序数越大，s轨道上的电子距离原子核越远，则s原子轨道的半径越大，故C正确；
D.同一能级上的同一轨道上最多排2个电子，两个电子的自旋方向不同，则其运动状态肯定不同，所以在同一能级上运动的电子，其运动状态肯定不同，故D错误。
故选C。
【点睛】注意同一能级上电子能量相同，其运动状态不同，明确电子云含义，这是本题的易错点。
19.胡椒酚是植物挥发油的成分之一，它的结构简式如下，下列叙述中不正确的是
A. 1 mol胡椒酚最多可与4 mol氢气发生反应
B. 1 mol胡椒酚最多可与2 mol溴发生反应
C. 胡椒酚能发生加聚反应
D. 胡椒酚在水中的溶解度小于苯酚在水中的溶解度
【答案】B
【解析】
【详解】A.苯环与碳碳双键与氢气发生加成反应，则胡椒酚最多可与氢气发生加成反应，故A正确；
B.酚的邻位与溴发生取代反应，碳碳双键与溴发生加成反应，则胡椒酚最多可与溴发生反应，故B错误；
C.中含有碳碳双键，可以发生加聚反应，故C正确；
D.烃基为憎水基，则胡椒酚在水中的溶解度小于苯酚在水中的溶解度，故D正确；
本题答案为B。
20.下列说法正确的是
A. 硫酸氢钾在熔融状态下离子键、共价键均被破坏，形成定向移动的离子，从而导电
B. F2、Cl2、Br2、I2的熔沸点逐渐升高，是因为分子间作用力越来越大
C. NH3和Cl2两种分子中，每个原子最外层都具有8电子稳定结构
D. HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱，其熔沸点逐渐升高
【答案】B
【解析】
【详解】A. 硫酸氢钾在熔融状态下离子键被破坏，形成定向移动的离子，从而导电，故错误；
B. F2、Cl2、Br2、I2的熔沸点逐渐升高，是因为相对分子质量越大，分子间作用力越来越大，故正确；
C. NH3和Cl2两种分子中，除了氢原子外其他原子的最外层都具有8电子稳定结构，故错误；
D. HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱，但氟化氢分子间有氢键，所以氟化氢的沸点高，其他熔沸点逐渐升高，故错误。
故选B。
第II卷(非选择题)
二、填空题(共40分，每空1分，方程式2分)
21.按要求填空
(1)基态铝原子核外电子云有________种不同的伸展方向，共有________种不同能级的电子，有________种不同运动状态的电子。
(2)S的基态原子核外有________个未成对电子，Si的基态原子核外电子排布式为______________。基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为________，该能层具有的原子轨道数为________，电子数为________。
(3)可正确表示原子轨道的是________(填字母)。
A．2s B．2d C．3p D．3f
(4)基态Fe原子有________个未成对电子，Fe3＋的电子排布式为________________；Cu＋基态核外电子排布式为______________。
(5)某元素原子最外层电子排布式为nsnnpn＋2，则n＝________；原子中能量最高的是________能级电子。
(6)第四周期中最外层仅有1个电子的所有基态原子的电子排布式为_____________，第四周期中，3d轨道半充满的元素符号是________。
【答案】 (1). 4 (2). 5 (3). 13 (4). 2 (5). 1s22s22p63s23p2 (6). M (7). 9 (8). 4 (9). AC (10). 4 (11). 1s22s22p63s23p63d5 (12). 1s22s22p63s23p63d10 (13). 2 (14). 2p (15). 19K：[Ar]4s1、24Cr：[Ar]3d54s1、29Cu：[Ar]3d104s1 (16). Cr、Mn
【解析】
【分析】
（1）Al位于周期表中第3周期，第IIIA族，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p1；
（2）S的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，Si原子核外电子数为14，核外电子基态排布式为1s22s22p63s23p2；
（3）根据各能级含有的轨道分析，s能级只有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级有5个轨道，f能级有7个轨道，注意不存在2d、3f能级；
（4）Fe元素基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，Cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；
（5）由于s亚层最多只能排2个电子,所以n=2；
（6）第四周期元素中，基态原子的最外层只有1个电子的元素中，主族元素是K，副族元素有Cr和Cu共计是3种元素；3d轨道半充满，外围电子排布式为3d54s1或3d54s2，所以为Cr、Mn。
【详解】（1）Al位于周期表中第3周期，第IIIA族，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，涉及3个s轨道、2个p轨道，因此其核外电子云（轨道）的伸展方向有4个；核外13个电子的运动状态各不相同，因此核外有13种不同运动状态的电子，故答案为：4；5；13；
（2）S的最外层有6个电子，为3s23p4，3p能级三个轨道、四个电子，依据泡利原理和洪特规则，先每个轨道排1个，方向相同，排满后再排，方向相反，故有两个孤对电子；Si原子核外电子数为14，核外电子基态排布式为1s22s22p63s23p2；基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为M，该能层具有的原子轨道数为1+3+5=9、电子数为4，故答案为：2；1s22s22p63s23p2；M； 9；4；
（3）A项、2s能级只有1个轨道，故2s可以表示原子轨道，故A正确；
B项、不存在2d能级，故B错误；
C项、3s能级含有3个轨道，3个轨道相互垂直，3p z 表示为z轴上的轨道，故C正确；
D项、不存在3f能级，故D错误；
故选AC，故答案为：AC；
（4）Fe元素基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，可知在3d上存在4个未成对电子，先失去4s上的2个电子后、再失去3d上的1个电子形成Fe3+，Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，Cu+核外有28个电子，Cu原子失去1个电子生成Cu+，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理知Cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10，故答案为：4；1s22s22p63s23p63d5；1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；
（5）由于s亚层最多只能排2个电子,所以n=2, 最外层电子的电子排布为2s2 2p3, 能量为高的是2p电子，故答案为：2；2p；
（6）第四周期元素中，基态原子的最外层只有1个电子的元素中，主族元素是K，副族元素有Cr和Cu共计是3种元素，3种元素基态原子的电子排布式分别为：[Ar]4s1、 [Ar]3d54s1、[Ar]3d104s1；3d轨道半充满，外围电子排布式为3d54s1或3d54s2，所以为Cr、Mn，故答案为：[Ar]4s1、 [Ar]3d54s1、[Ar]3d104s1；Cr、Mn。
【点睛】本题考查核外电子排布规律，难度不大，关键是对核外电子排布规律的理解掌握，核外电子的分层排布规律：（1）第一层不超过2个，第二层不超过8个；（2）最外层不超过8个。每层最多容纳电子数为2n2个(n代表电子层数)，即第一层不超过2个，第二层不超过8个，第三层不超过18个；（3）最外层电子数不超过8个(只有1个电子层时，最多可容纳2个电子)。（4）最低能量原理：电子尽可能地先占有能量低的轨道，然后进入能量高的轨道，使整个原子的能量处于最低状态。（5）泡利原理：每个原子轨道里最多只能容纳2个电子，且自旋状态相反。（6）洪特规则：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同。
22.
钒及其化合物在科学研究中和工业生产中具有许多用途。
（1）基态钒原子的核外价电子排布式为________。
（2）钒有+2、+3、+4、+5等几种化合价。这几种价态中，最稳定的是______。
（3）V2O5溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠（Na3VO4）。例举与VO43-空间构型相同的一种阳离子__________（填化学式）。
（4）钒（Ⅱ）的配离子有[V（CN）6]4-、[V（H2O）6]2+等。
①CN-与N2互为等电子体，CN-中σ键和Π键数目比为________。
②对H2O与V2+形成[V（H2O）6]2+过程的描述不合理的是______________。
a.氧原子的杂化类型发生了变化
b.微粒的化学性质发生了改变
c.微粒中氢氧键（H－O）的夹角发生了改变。
d.H2O与V2+之间通过范德华力相结合。
③在[V（H2O）6]2+中存在的化学键有___________。
a.金属键 b.配位键 c. σ键 d.Π键 f. 氢键
（5）已知单质钒的晶胞如图，则V原子的配位数是_______，假设晶胞的边长为d nm，密度ρ g·cm-3，则钒的相对原子质量为_______________。（设阿伏伽德罗常数为NA）
【答案】 (1). 3d34s2 (2). +5 (3). NH4+ (4). 1:2 (5). a d (6). bc (7). 8 (8). 5NAρd3×10-22
【解析】
(1)钒是23号元素，基态钒原子的核外价电子排布式为3d34s2，故答案为：3d34s2；
(2)根据钒原子的核外价电子排布式为3d34s2可知，+5的钒最外层为8电子稳定结构，最稳定，故答案为：+5；
(3)VO43-空间构型为正四面体，与之具有相同结构的一种阳离子是NH4+，故答案为：NH4+；
(4)①CN-中含有C≡N三键，σ键和Π键数目比为1:2，故答案为：1:2；
②a．水中氧的杂化为sp3，[V(H2O)6]2+中氧的杂化为sp3，则氧原子的杂化类型没有改变，故a错误；b. H2O与V2+形成[V(H2O)6]2+微粒的结构发生了变化，则化学性质发生改变，故b正确；c.水分子中的孤对电子与V2+形成了配位键，使得水分子中氢氧键(H－O)的夹角发生了改变，故c正确；d.H2O与V2+之间通过配位键相结合，配位键属于化学键，不属于分子间作用力，故d错误；故选ad；
③在[V(H2O)6]2+中存在的化学键有H2O与V2+间的配位键、水分子中的H-Oσ键，故选bc；
(5)单质钒的晶胞为体心立方，V原子的配位数为8；1个晶胞中含有2个V原子，1mol晶胞的质量为2Mg，1mol晶胞的体积为(d×10-7cm)3NA，则ρ= g·cm-3，解得M=5NAρd3×10-22，故答案为：8；5NAρd3×10-22。
23.现有下列几种有机物：
A． B． C． D．CH2 = CH—CH = CH2 E．环戊烷
（1）上述有机物中互为同系物的是_____________，互为同分异构体的是____________。
（2）用系统命名法对B进行命名____________________________________。
（3）A与Cl2反应的类型为_____________；D使溴水褪色的反应类型为___________。
（4）B发生加聚反应的化学方程式为 ____________________________________。
（5）如图表示的是一种叫做双烯合成的有机反应，请写出 B 与 D发生双烯合成所得产物的结构简式__________________。
【答案】 (1). AC (2). BE (3). 甲基丁烯 (4). 取代反应 (5). 加成反应 (6). (7).
【解析】
分析：和是烷烃，两者互为同系物； 属于烯烃，CH2 = CH—CH = CH2是二烯烃；B和E的分子式相同，互为同分异构体；环烷烃与烯烃具有相同的通式，当其分子中碳原子数相同时互为同分异构体。烷烃易发生取代反应，烯烃易发生加成反应和加聚反应。
详解：（1）上述有机物中互为同系物的是AC，互为同分异构体的是BE。
（2）用系统命名法对B进行命名为甲基丁烯。
（3）A与Cl2在光照的条件下可以发生取代反应；D分子中有2个碳碳双键，故其使溴水褪色的反应类型为加成反应。
（4）B发生加聚反应的化学方程式为 。
（5）由双烯合成的有机反应可知， B 与 D发生双烯合成所得产物的结构简式为。
24.酸牛奶中的乳酸可增进食欲、促进胃液分泌、增强肠胃的消化功能，对人体具有保健作用，乳酸分子的结构简式为。工业上可由乙烯来合成乳酸，方法如下：
(1)乳酸所含的官能团的名称是_________________________。
(2)写出下列物质转化的化学方程式：
①A→B______________________________________。
②B→CH3CHO____________________________________。
(3)A在一定条件下可发生消去反应，写出其发生消去反应的化学方程式：____________
【答案】 (1). 羟基、羧基 (2). CH3CH2Cl+NaOHCH3CH2OH+NaC1 (3). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (4). CH3CH2Cl+ NaOHCH2=CH2↑+ NaCl+ H2O
【解析】
【分析】
由合成流程可知，乙烯与HCl加成反应生成CH3CH2Cl，CH3CH2Cl水解生成CH3CH2OH，CH3CH2OH氧化生成乙醛，乙醛与HCN发生加成反应生成CH3CH（OH）CN，CH3CH（OH）CN酸化生成，然后结合有机物的结构与性质来解答。
【详解】（1）含-COOH、-OH，名称分别为羧酸、羟基；
（2）①A→B 是CH3CH2Cl在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应生成CH3CH2OH，反应方程式是CH3CH2Cl+NaOHCH3CH2OH+NaC1；
②CH3CH2OH在铜做催化剂的条件下氧化为CH3CHO，反应方程式是2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；
（3）CH3CH2Cl在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应生成乙烯，反应的化学方程式是CH3CH2Cl+ NaOHCH2=CH2↑+ NaCl+ H2O。
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